江西省南昌市2025-2026学年高三（上）期末模拟数学试卷

这是一份江西省南昌市2025-2026学年高三（上）期末模拟数学试卷，共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合A={x|x≥1}，B={x|x1,1x+4x≤0
C. ∃x≤1,1x+4x>0D. ∀x≤1,1x+4x≤0
6.已知数列{an}满足a1=1，a2=2，an+1=an⋅an-12(n≥2)，记bn=lg2(anan+1)，Sn为数列{bn}的前n项和，则S8=( )
A. 63B. 127C. 255D. 256
7.在边长为1的正三角形ABC中，P，Q分别在边AB，AC上，且PQ=12，则BP⋅CQ的取值范围是( )
A. [18,14]B. [18,12]C. [14,12]D. [12,1]
8.函数y=f(x)的导函数y=f'(x)的图象如图所示，则下列说法错误的是( )
A. x=-4是函数y=f(x)的极值点
B. x=0是函数y=f(x)的极值点
C. y=f(x)在区间(-4,1)上单调递增
D. y=f(x)在x=1处切线的斜率大于零
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法中，正确的有( )
A. 若a>b，且1a>1b，则aba>b>0，则cc-ab>c>0，则ab>a+cb+c
D. 若a>b>0，c0，曲线y=sinωx与y=sin(π3-ωx)相邻的三个交点恰为一个直角三角形的三个顶点，则ω= ．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，{bn}是等比数列，已知a1=1，S3=6，b1=a2，a8是a4和b4的等比中项．
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)对任意的正整数n，设cn=a2n-1bn，求数列{cn}的前n项和Tn；
(3)若m[(n+1)bn-an-1]≥n2-1对于n∈N*恒成立，求实数m的取值范围．
16.(本小题15分)
记△ABC的内角A、B、C的对边分别是a，b，c，已知 3sinA+cs(A+B)=cs(A-B)，B为锐角．
(1)求角B的大小；
(2)若b=2 7，△ABC的面积为3 3，求△ABC的周长．
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD//BC，AB⊥BC，平面SBC⊥平面SAB，AB=AS，BC=2AD．
(1)求证：平面SAB⊥平面ABCD；
(2)若△SAB为等边三角形，边长为2，SD与底面ABCD所成角为π6，求四棱锥S-ABCD的体积．
18.(本小题17分)
已知椭圆C：y2a2+x2b2=1(a>b>0)的离心率为 32，且经过点Q(1,2)．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若一条直线与椭圆恰有1个公共点，则定义该直线为椭圆的切线，这个公共点称为切点，已知椭圆x2m+y2n=1(m,n>0，且m≠n)上(x0,y0)为切点的切线方程是x0xm+y0yn=1(m,n>0,且m≠n).过椭圆C外一点P作椭圆C的两条切线，切点分别为A，B.若点P在定直线x=2上运动，O为原点．
①求证：直线AB恒过定点，并求出该定点的坐标；
②求S△OAB的最大值．
19.(本小题17分)
已知奇函数f(x)=aex-1ex+1(a∈R)的定义域为[-a-1,b]．
(1)求a，b的值；
(2)判断f(x)的单调性，并用函数单调性的定义证明；
(3)解不等式：f(-4k+3)+f(k2)>0．
答案
1.D
2.D
3.A
4.B
5.A
6.C
7.A
8.B
9.AC
10.BCD
11.ACD
12.f(x)=lg12x(可以是f(x)=lgax，其中a∈(0,1))
13.7 22
14.π
15.解：(1)已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，
由a1=1，S3=3a1+3×22d=6，解得d=1，
所以数列{an}的通项公式为：an=1+(n-1)×1=n；
则b1=a2=2，
由a8是a4和b4的等比中项，
根据等比中项公式可得82=4×b4，解得b4=16，
又由b4=b1q3=16，所以q=2，
所以数列{bn}的通项公式为：bn=2×2n-1=2n．
(2)对任意的正整数n，设cn=a2n-1bn，
由(1)可得cn=a2n-1bn=2n-12n，
则Tn=c1+c2+c3+⋯+cn=12+322+523+⋯+2n-12n①，
Tn2=122+323+524+⋯+2n-12n+1②，
将两式相减得：Tn2=12+222+223+⋯+22n-2n-12n+1
=12+2×122×(1-12n-1)1-12-2n-12n+1=12+1-12n-1-2n-12n+1
=32-2n+32n+1，
则数列{cn}的前n项和Tn=3-2n+32n；
(3)若m[(n+1)bn-an-1]≥n2-1，对于n∈N*恒成立，
即m[(n+1)⋅2n-(n+1)]≥n2-1，对于n∈N*恒成立，
化简得m≥n-12n-1对于n∈N*恒成立，令pn=n-12n-1，
则m≥(pn)max，当n=1时，p1=1-12-1=0；
当n≥2时，
pn-pn+1=n-12n-1-n2n+1-1=(n-1)(2n+1-1)-n(2n-1)(2n-1)(2n+1-1)=(n-2)2n+1(2n-1)(2n+1-1)>0，
所以当n≥2时，pn单调递减，当n=2时，p2=13，
所以(pn)max=13，所以m≥13，
故实数m的取值范围为[13,+∞)．
16.解：(1)∵ 3sinA+cs(A+B)=cs(A-B)，
∴ 3sinA+csAcsB-sinAsinB=csAcsB+sinAsinB，
即 3sinA=2sinAsinB．
∵A∈(0,π)，∴sinA≠0，sinB= 32，又已知B∈(0,π2)，∴B=π3．
(2)∵△ABC的面积为3 3，∴12acsinπ3=3 3，解得ac=12，
由余弦定理b2=a2+c2-2accsB，得28=a2+c2-12，∴a2+c2=40，
∴a+c= a2+c2+2ac= 40+2×12=8，
∴△ABC的周长为a+b+c=8+2 7．
17.解：(1)证明：取BS中点M，连接AM，如图所示：
因为AB=AS，M为中点，所以AM⊥BS，
又平面SBC⊥平面SAB，平面SBC∩平面SAB=BS，AM⊂平面SAB，所以AM⊥平面SBC，
又BC⊂平面SBC，所以AM⊥BC，
又因为AB⊥BC，AM∩AB=A，AM，AB⊂面SAB，所以BC⊥面SAB，
又因为BC⊂面ABCD，所以平面SAB⊥平面ABCD；
(2)取AB中点O，连接SO，连接DO，如图所示：
同理可证SO⊥平面ABCD，则∠ODS为SD与底面ABCD所成角的平面角，
因为△SAB为等边三角形，边长为2，所以SO= 3，
在Rt△SOD中，解得DO=3，
在Rt△OAD中，解得AD=2 2，
则BC=4 2，
所以S梯形ABCD=12(4 2+2 2)×2=6 2，
所以V=13S梯形ABCD×SO=13×6 2× 3=2 6．
18.解：(1)由题可得ca= 324a2+1b2=1a2=b2+c2，解得：a=2 2b= 2，
所以椭圆C的标准方程是y28+x22=1；
(2)①证明：设P(2,t)，A(x1,y1)B(x2,y2)，
由题可知，切线PA的方程为：y1y8+x1x2=1，
切线PB的方程为：y2y8+x2x2=1，
因为切线PA，PB都过点P(2,t)，
所以y1t8+x1=1y2t8+x2=1，故点A，B都在直线x+t8y=1上，
因此直线AB的方程为x+t8y-1=0，
所以直线AB恒过定点D(1,0)；
②由题，联立x+t8y=1y28+x22=1，化简得(t2+16)2-16ty-64=0，
则y1+y2=16tt2+16，y1y2=-64t2+16，
所以S△OAB=12|OD|⋅|y1-y2|
=12 (y1+y2)2-4y1y2=12 256t2(t2+16)2+256t2+16=8 2⋅ t2+8t2+16
=8 2 t2+8+8 t2+8≤8 22 t2+8⋅8 t2+8=2，
当且仅当 t2+8=8 t2+8时，即t=0时等号成立，
所以S△OAB的最大值为2．
19.解：(1)因为奇函数f(x)=aex-1ex+1(a∈R)的定义域为[-a-1,b]，
所以-a-1+b=0
，即b-a=1；
又当x=0时有意义，
故f(0)=a⋅e0-1e0+1=0，
解得a=1，代入b-a=1，
得b=2，
所以a=1，b=2；
(2)f(x)在[-2,2]上单调递增，证明如下：
由(1)得f(x)=ex-1ex+1=1-2ex+1，
任取x1，x2∈[-2,2]，且x1